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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 （新高考）2022届好教育云平台高三一模检验卷化 学（A）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷（选择题）一、选择题：本题共15小题，总
2、计40分。在每小题给出的四个选项中，第110题只有一个选项符合题目要求，每题2分。第1115题为不定项选择题，全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的的0分。1第22届冬奥会将于2022年2月4日在北京开幕，科技部提出了“科技冬奥”理念，并将重点着力于做好此次冬奥会的科技支撑保障工作。下列说法不正确的是（ ）A北京冬奥会将使用二氧化碳跨临界制冰机组，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保B轻质高强度的碳纤维有舵雪橇中的碳纤维是一种高分子材料C冬奥会上将采用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑进行消毒，这是利用紫外线使蛋白质变性D冬奥会将采用氢燃料电池车，还开发了全新的车载光伏发电系统，体现了“绿色出行
3、”的理念【答案】B【解析】A氟氯烃化合物进入高空会破坏臭氧层，使到达地面的紫外线增多，因此二氧化碳跨临界直冷制冰技术的使用会减少臭氧层破坏，A正确；B碳纤维是一种碳单质，不是有机高分子化合物，B错误；C紫外线能够使蛋白质变性，故能对手机和笔记本电脑进行消毒，C正确；D氢燃料电池车产物是水，会减少二氧化碳的排放，体现了“绿色出行”的理念，D正确；故选B。2成语是语言中经过长期使用、锤炼而成的固定短语，其蕴含丰富的知识和道理。下列从化学视角对成语的解读错误的是（ ）A水滴石穿不涉及化学变化B沙里淘金自然界中Au能以游离态形式存在，其密度比水的大C甘之如饴（“饴”指麦芽糖）麦芽糖可用作食品甜味剂D水
4、乳交融牛奶是一种胶体【答案】A【解析】A水滴石穿过程中涉及CaCO3与H2O、CO2发生反应转化为可溶性Ca(HCO3)2的过程，由于有新物质产生，因此发生的变化中也包含化学变化，A错误；B沙里淘金说明黄金在自然界中以单质的形式存在，由于其密度与沙子的不同，可通过水洗分离得到黄金，B正确；C甘之如饴（“饴”指麦芽糖）是指食物甘甜味美，“饴”指麦芽糖，因此可以说明麦芽糖可用作食品甜味剂，C正确；D水乳交融中牛奶的蛋白质分子是大分子，在水中形成的分散系是一种胶体，D正确；故选A。3下列有关溶液中离子存在和转化的表达合理的是（ ）A中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl-、SOB离子方程式2Ca
5、2+3HCO+3OH-2CaCO3+CO+3H2O可以表示NH4HCO3与澄清石灰水反应C由水电离出的c(H+)=110-12mol/L的溶液中可能大量存在K+、I-、Mg2+、NODnNH4Al(SO4)2nBa(OH)2=25时发生的反应为NH+Al3+2SO+2Ba2+5OH-NH3H2O+AlO+2H2O+2BaSO4【答案】D【解析】AFe3+发生水解，使得溶液呈酸性，因此只能存在酸性溶液中，故A错误；B若氢氧化钙不足时发生反应：Ca2+HCO+2OH-CaCO3+CO+2H2O，若氢氧化钙过量时发生反应：NH4+Ca2+HCO+2OH-CaCO3+NH3H2O+H2O，故B错误；C
6、由水电离出的c(H+)110-12mol/L，说明水的电离受到抑制，为酸溶液或碱溶液，为碱溶液时，Mg2+与氢氧根离子反应，为酸溶液时，I-、NO3-发生氧化还原反应，在溶液中一定不能大量共存，故C错误；DnNH4Al(SO4)2nBa(OH)2=25时，铵根恰好全部转化为一水合氨，铝离子恰好完全转化为偏铝酸根离子，硫酸根恰好完全转化为硫酸钡沉淀，氢氧根恰好完全反应，钡离子过量，发生的反应的离子方程式为：NH+Al3+2SO+2Ba2+5OH-NH3H2O+AlO+2H2O+2BaSO4，故D正确。答案选D。4以CO2和H2为原料制备甲醇的反应机理如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法
7、正确的是（ ）A1 molCO2理论上能生产CH3OH 22.4 L（标准状况下）B由CO2制备CH3OH的过程中，每生成1 mol CH3OH，转移的电子总数为6 NAC30g HCHO和30g H2与CO的混合气体，所含原子总数不可能相等DCH3OH的质子数比HCHO的质子数多2 NA【答案】B【解析】A标准状况下CH3OH为液体，不能计算，A错误；B由图可知，由CO2制备CH3OH的总反应为CO2 +3H2=CH3OH+ H2O，故每生成1 mol CH3OH ，转移电子总数为6NA，B正确；C若H2与CO的物质的量之比为11，则30g HCHO和30g H2与CO的混合气体，所含原子总
8、数均为4 NA，原子总数可能相等，C错误；DCH3OH和HCHO具体的物质的量未知，无法求出CH3OH的质子数比HCHO多多少，D错误；答案选B。5工业是制取高铁酸钾（K2FeO4），是先制取高铁酸钠，然后在低温下，往高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可以析出高铁酸钾。湿法制备Na2FeO4的主要反应为：2Fe(OH)3+3ClO+4OH2FeO+3Cl+5H2O；干法制备Na2FeO4的主要反应为：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2SO4+O2。下列有关说法不正确的是（ ）A湿法和干法制备中，生成1molNa2FeO4转移电子数目不相同B高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶
9、解度小C干法制备的主要反应中Na2O2是氧化剂DK2FeO4处理水时，既能杀菌消毒，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质【答案】C【解析】A湿法中每生成1molNa2FeO4，有1molFe(OH)3参加反应，化合价由+3价升高到+6价，转移电子3mol，干法中每生成1molNa2FeO4，有1molFeSO4参加反应，化合价由+2价升高到+6价，转移电子4mol，同时还有0.5mol氧气生成，又转移1mol电子，所以生成1molNa2FeO4转移电子数目不相同，故A正确；B在低温下，高铁酸钾容易变成固体析出，所以高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故B正确；C反应中Na2
10、O2中O元素的化合价既升高又降低，则干法制备的主要反应中Na2O2即是氧化剂又是还原剂，故C错误；DK2FeO4具有强氧化性，利用其强氧化性能杀菌消毒，生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附悬浮物，故D正确；答案选C。6研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物（过渡态已标出），下图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法正确的是（ ）A该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成B反应路径2的催化效果更好CPd2团簇可有效提高CO的平衡转化率D路径1中最大能垒（活化能）【答案】B【解析】A由图可知，CO在Pd2的催化作用下与O2反应生成CO2，断裂C
11、O、O2中的CO极性键、O=O非极性键，形成CO2中的C=O极性键，但没有非极性键生成，A不正确；B由图可知，反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，所以反应路径2的催化效果更好，B正确；C催化剂不能改变反应进行的程度，所以Pd2团簇不能有效提高CO的平衡转化率，C不正确；D路径1中，过滤态能量由-5.73eV升高为-3.96eV，所以最大能垒（活化能），D错误；故选B。7根据下列实验操作和现象所得结论正确的是（ ）实验操作和现象实验结论A室温下用pH试纸测0.1 mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1 mol/LNaHSO3溶液的pH约为5结合H+的能力比的强B向Na2S2O3溶液
12、中滴加稀硫酸，将产生的气体通入溴水中，溴水褪色该气体产物具有漂白性C向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡，静置，上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成Cu2+可以氧化I-，白色沉淀可能为CuID将石蜡油蒸气通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去产生的气体一定是乙烯AABBCCDD【答案】C【解析】A室温下用pH试纸测0.1 mol/LNa2SO3溶液的pH约为10；0.1 mol/LNaHSO3溶液的pH约为5，是由于Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)，溶液显碱性；NaHSO3是强碱弱酸
13、形成的酸式盐，由于其电离作用大于水解作用，所以溶液中c(H+)c(OH-)，溶液显酸性，A错误；B向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，发生反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O，将产生的SO2气体通入溴水中，溴水褪色，发生反应：SO2+2H2O+Br2=2HBr+H2SO4，与SO2的漂白性无关，B错误；C向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡，静置，上层呈紫红色，说明反应产生了I2，证明发生了氧化还原反应，反应方程式为2Cu2+4I-=I2+2CuI，下层产生CuI白色沉淀，C正确；D将石蜡油蒸气通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，紫色褪去
14、，说明反应产生了烯烃，但不一定是乙烯，D错误；故合理选项是C。8利用垃圾假单胞菌株分解有机物的电化学原理如图。下列说法不正确的是（ ）A电子从A电极流出经用电器流到B电极B该电池有菌株参与作用，不能在高温下工作CB电极的电极反应式为：D若有机物为葡萄糖，每处理0.5 mol葡萄糖有10 mol 透过质子交换膜移动到右室【答案】D【解析】A由图可知A电极附近X去H转化为Y，发生氧化反应，A电极为负极，B电极氧气得电子转化为水，B电极为正极。电子从A电极流出经用电器流到B电极，A正确。B该电池工作时有菌株参与作用，不能在高温下工作，B正确；C酸性条件下，B电极的电极反应式为：，C正确；D处理0.5
15、 mol葡萄糖，12 mol H+透过质子交换膜移动到右室，D错误。9磷酸亚铁锂（LiFePO4）可作锂离子电池的正极材料。工业上以FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺（）等为原料制备磷酸亚铁锂。下列说法错误的是（ ）A苯胺中氮原子的杂化方式是sp3BNH和PO的空间结构相同C1mol苯胺分子中含有9mol键DLiC1、苯胺和甲苯的熔点由高到低的顺序是LiCl苯胺甲苯【答案】C【解析】A苯胺中氮原子形成3个键，有1对孤对电子，价层电子对数为4，所以杂化方式是sp3，A正确；BNH中N原子价层电子对个数=4+(5-1-41)=4，PO中P原子价层电子对个数=4+(5+3-42)=4，且N
16、、P原子都不含孤电子对，所以两种微粒的空间构型都是正四面体，B正确；C苯胺（）中含有C-C键、C-H键、C-N键、N-H键均为键，则1mol苯胺分子中含有14mol键，C错误；DLiCl属于离子晶体，熔沸点最高，苯胺和甲苯都是分子晶体，苯胺能形成分子间氢键、甲苯不能形成分子间氢键，所以熔点由高到低的顺序是LiCl苯胺甲苯，D正确；综上所述选C。10在一定温度下、1L密闭容器中，3种气体起始状态和平衡状态时的物质的量（n）如表所示，下列有关说法正确的是（ ）xywn（起始状态）/mol210n（平衡状态）/mol10.51.5A该温度下，此反应的平衡常数表达式是K=B升高温度，若w的体积分数减小
17、，则此反应0C增大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向正反应方向移动D该温度下，再向容器中通入3mol w，达到平衡时，n(x)=2mol【答案】D【解析】由表格数据可知，x、y为反应的反应物，w为生成物，x、y、w的物质的量的变化量之比为(2-1) mol(1-0.5)mol(1.5-0)mol=213，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得反应的化学方程式为2x+y3w。A由分析可知，反应的化学方程式为2x+y3w，平衡常数表达式为K=，故A错误；B升高温度，若生成物w的体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应0，故B错误；C由分析可知，该反应为气体体积不变的反应，增
18、大压强，正、逆反应速率均增大，平衡向不移动，故C错误；D该温度下，再向体积不变的密闭容器中通入3mol w相当于题给条件所得平衡增大压强，由分析可知，该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，则达到新的平衡时，各物质的物质的量均为原平衡的2倍，则n(x)=2mol，故D正确；故选D。11化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）A铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭等还原剂从氧化铝中获得铝B小苏打既可用作食品膨松剂，也可用于治疗胃酸过多C江河入海口三角洲的形成、“血液透析”均与胶体的性质有关DAl2(SO4)3和NaHCO3能制作泡沫灭火器，利用了Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶
19、液混合后能发生剧烈双水解反应【答案】A【解析】A铝是活泼金属，用电解熔融氧化铝的方法冶炼金属铝，故A错误；B碳酸氢钠加热能分解放出二氧化碳气体，碳酸氢钠能与盐酸反应，所以小苏打既可用作食品膨松剂，也可用于治疗胃酸过多，故B正确；C江河入海口三角洲的形成与胶体聚沉有关、“血液透析”类似胶体渗析，故C正确；DAl2(SO4)3和NaHCO3能制作泡沫灭火器，利用了Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液混合后能发生剧烈双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D正确；选A。12咖啡酸苯乙酯是蜂胶的主要活性成分，可由咖啡酸合成，合成方法如下。下列说法不正确的是（ ）A咖啡酸分子中所有碳原子可能处在
20、同一个平面上B1mol咖啡酸苯乙酯与足量的溴水反应，最多消耗3molBr2C1mol苯乙醇在O2中完全燃烧，需消耗11molO2D1mol咖啡酸苯乙酯与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH【答案】BC【解析】A咖啡酸分子中所有碳原子都采取sp2杂化，存在苯环和乙烯两个平面型结构，它们单键连接，故所有碳原子可能处在同一个平面上，A项正确；B1mol咖啡酸苯乙酯中，1mol碳碳双键发生加成反应消耗1molBr2，在酚羟基的邻对位上有氢可以被取代，会消耗3molBr2，故1mol咖啡酸苯乙酯与足量溴水反应，最多可以消耗4molBr2，B项错误；C苯乙醇分子式为C8H10O，1mol苯乙醇
21、在O2中完全燃烧，需消耗10molO2，C项错误；D1mol咖啡酸苯乙酯含有2mol酚羟基能消耗2molNaOH，还有1mol酯基水解成羧酸钠和醇羟基消耗1molNaOH，最多消耗3molNaOH，D项正确；答案选BC。13下列有关实验装置、操作，不能实现相应实验目的的是（ ）A装置甲可用酸性KMnO4溶液滴定FeSO4溶液B用装置乙进行实验时若逐滴滴加AgNO3溶液先出现黄色沉淀，可说明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)C装置丙可用于收集氢气D装置丁可用于NaOH溶液除去溴苯中单质溴【答案】A【解析】A酸性KMnO4溶液具有强氧化性，应该盛放在酸式滴定管中，不应放在碱式滴定管中，它能腐蚀橡胶
22、管，A错误；B同浓度的氯化钠和碘化钠溶液，滴加硝酸银，先出现黄色沉淀，说明碘化银先沉淀，因为碘化银和氯化银组成相似，可以说明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，B正确；C氢气的密度比空气小，不与空气反应，要用向下排空气法进行收集，装置丙可以用于收集氢气，C正确；D溴与氢氧化钠溶液反应生成可溶性盐，与溴苯互不相溶，分层，可以采取分液的方法进行分离提纯，D正确；本题选A。14利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5（焦亚硫酸钠）的工艺如图，已知：NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5。下列说法不正确的是（ ）A步骤中为NaHSO3溶液B步骤的目的是使NaHSO3转化为Na2S2O5，可用
23、NaOH溶液代替Na2CO3固体C工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液D在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，可用一定浓度的碘标准液进行滴定【答案】B【解析】A步骤所得溶液呈酸性，可知饱和碳酸钠溶液和二氧化硫反应生成NaHSO3溶液，故A正确；B步骤的目的是使NaHSO3转化为Na2SO3，故B错误；C工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液，NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5，故C正确；DNa2S2O5中S元素为+4价，能被I2氧化，所以在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，可用一定浓度的碘标
24、准液进行滴定，故D正确；选B。15常温下，用溶液分别滴定浓度均为的溶液和溶液，滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）A电离平衡常数：B水的电离程度：C点和点所示溶液中：D点和点所示溶液中均有：【答案】AB【解析】A根据图像，同浓度的HA、HB溶液的pH：HAHB，可判断，故A正确；B点溶质为HA、NaA，溶液呈碱性，说明NaA水解大于HA电离，水解促进水电离；中溶质是NaB，溶液呈碱性，NaB水解促进水电离，碱性，说明点盐水解大于，水的电离程度：；点溶质为HB、NaB，pH=7，溶质对水电离无影响；点溶质为HB、NaB，溶液呈酸性，说明HB电离程度大于NaB水解，HB电离出的氢离子抑制水电离，所
25、以点水电离程度最小，故B正确；C点和点所示溶液中，根据物料守恒，则，故C错误；D点的溶液呈中性，故D错误；答案选AB。第卷（非选择题）二、非选择题：本题共5小题，共60分。16甘氨酸亚铁(NH2CH2COO)2Fe是常用的补铁剂。某化学社团成员在实验室利用以下实验装置（部分夹持和加热仪器省略），以11.6g新制碳酸亚铁（FeCO3）为铁源与足量甘氨酸（NH2CH2COOH）反应制备甘氨酸亚铁。实验步骤如下：组装仪器，检验装置气密性良好，添加试剂。打开止水夹m，待装置中空气排净后，再关闭止水夹；打开活塞n，向装置中滴入适量柠檬酸，关闭活塞并加热，待反应结束后，取出中的反应液，过滤。滤液经蒸发浓缩
26、，加入无水乙醇，过滤，干燥得到产品。已知：相关物质的性质如下表甘氨酸柠檬酸甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇，两性化合物易溶于水和乙醇，有还原性和较强的酸性易溶于水，难溶于乙醇回答下列问题：（1）仪器b的名称是_，导管l的作用是_。（2）只检验装置气密性的操作是_；用离子方程式表示装置的作用_；确认装置中空气已排尽的实验现象是_。（3）装置中滴加柠檬酸可调节溶液pH，体系pH与产率的关系如下表：体系pH4.04.55.05.56.06.57.0产率/%65.7474.9678.7883.1385.5772.9862.31pH过低使产率下降的原因_。（4）步骤中加入无水乙醇的目的是_，实验结束后回收
27、乙醇的方法是_。（5）经测定本实验的产率是75%，则实际制得甘氨酸亚铁的质量为_。【答案】（1）滴液漏斗（或恒压分液漏斗） 平衡气压，利于液体顺利流下 （2）塞紧橡胶塞，关闭止水夹m，从长颈漏斗加水至漏斗内液面高于试管内液面，静置观察一段时间，若液面保持不变，则说明装置气密性良好 HCO+H+=CO2+H2O 中澄清石灰水变浑浊 （3）甘氨酸是两性化合物，会与柠檬酸（或H+）反应 或柠檬酸（或H+）会与甘氨酸亚铁反应，导致产率下降 （4）降低甘氨酸亚铁在溶液中的溶解度，提高产率和纯度 加入生石灰，蒸馏 （5）15.3g 【解析】碳酸钙与盐酸反应产生的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，需要用饱和碳酸
28、氢钠溶液除去，除去了氯化氢气体的二氧化碳气体充满装置，排净装置内的空气，防止亚铁盐被氧气氧化；柠檬酸与碳酸亚铁和甘氨酸混合反应，生成甘氨酸亚铁(NH2CH2COO)2Fe，过滤后，滤液经蒸发浓缩，加入无水乙醇，过滤，干燥得到产品。（1）根据仪器b的结构可知，它是用来添加液体试剂的玻璃仪器，为滴液漏斗（或恒压分液漏斗）；滴液漏斗上的导管l，上下相通，可以起到平衡气压，利于液体顺利流下的作用；（2）检验装置的气密性，该装置就要形成密闭体系，因此要塞紧橡胶塞，关闭止水夹m，从长颈漏斗加水至漏斗内液面高于试管内液面，静置观察一段时间，若液面保持不变，则说明装置气密性良好；碳酸钙与盐酸反应产生二氧化碳，
29、二氧化碳中混有挥发出的氯化氢气体，会干扰后续实验，因此可用饱和碳酸氢钠溶液吸收氯化氢，反应的离子方程式为：HCO+H+=CO2+H2O；二氧化碳能够使石灰水变浑浊，装置I产生的二氧化碳气体，通过在装置II除去HCl后，进入装置中，把装置内的空气排净，当装置中出现澄清石灰水变浑浊现象时，装置中的空气已排尽；（3）根据体系pH与产率的关系表可知，pH过低产率会下降，其原因为：甘氨酸是两性化合物，溶液的pH过低，酸性增强，甘氨酸会与柠檬酸（或H+）反应，或者是柠檬酸（或H+）与甘氨酸亚铁反应，都会导致产率下降；（4）甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以步骤中加入无水乙醇，可以降低甘氨酸亚铁在溶液中的
30、溶解度，提高产率和纯度；甘氨酸、柠檬酸均能与氧化钙反应生成高沸点的化合物，而乙醇与氧化钙不反应，且沸点低，因此实验结束后，可以向混合液中加入生石灰，然后进行蒸馏操作，即可得到乙醇；（5）产率=100%，11.6g新制碳酸亚铁（FeCO3）的物质的量为0.1mol，根据铁元素守恒，反应后理论上生成甘氨酸亚铁的量n(NH2CH2COO)2Fe)=0.1mol，m(NH2CH2COO)2Fe)= 0.1mol204=20.4g，实际制得甘氨酸亚铁的质量m=75%20.4=15.3g。17以工业碳酸锶（含有、等杂质）制备牙膏用氯化锶（）的工艺流程如下：（1）锶与钙元素同主族，实验室少量金属锶应保存在_
31、中。（2）天青石（主要成分为）经过多步反应后可制得工业碳酸锶，其中第一步是与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶，该过程的化学方程式为_。（3）“滤渣”的主要成分是_。上图通过蒸发结晶，重结晶得到精制氢氧化锶的过程中除去的杂质物质的化学式为_。（4）“重结晶”时蒸馏水用量以质量比m(H2O)m(SrO)对纯度及产率的影响如下表，最合适的质量比为_，当质量比大于该比值时，产率减小，其原因是_。质量比/ m(H2O)m(SrO)415161718191101纯度/%98.6498.6898.6598.6498.6398.6398.65产率/%17.9153.3663.5072.6692.1789.
32、6588.93（5）水氯镁石是盐湖提钾后的副产品，其中含量约为1%，“净化”过程中常使用除杂，写出该过程的离子方程式_。（6）取样品，于170 烘干脱水，得到产物的质量为，计算获得产物的化学式（写出必要的计算过程）_。【答案】（1）煤油 （2）SrSO4+4CSrS+4CO （3）、或 、 （4）81 随着蒸馏水的增加，在冷却结晶、过滤的过程中留在母液中氢氧化锶的量也会增加，导致产率降低 （5） （6）解：设烘干脱水后晶体化学式为，则有下列关系 ，即产物的化学式 【解析】由流程可知，碳酸锶隔绝空气高温煅烧后水浸过滤，滤渣为不溶于水的、或，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得粗氢氧化锶，再经过重结晶，可制
33、得精制的，与由水氯镁石提纯而得的氯化镁发生复分解反应生成SrCl2和，过滤后滤液中含有SrCl2，蒸发、冷却结晶得到。（1）金属锶比较活泼，易与水和醇羟基发生置换反应生成氢气，可以保存在煤油中。（2）与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶，该过程的化学方程式为SrSO4+4CSrS+4CO。（3）工业碳酸锶中含有、等杂质，煅烧后生成对应的氧化物，与水反应生成对应的氢氧化物。MgO难溶于水，和水反应缓慢，生成少量，氢氧化钙微溶，所以滤渣主要成分是、或。（4）根据图表信息得质量比为81时，的纯度和产率均相对较高；当质量大于该比值时产率减小，原因是，随着水的增加，在冷却结晶和过滤的过程中部分氢氧化锶
34、留在母液中导致产率减小。（5）净化过程中加入SrCl2，Sr2+和SO反应生成SrSO4沉淀而除去，反应的离子方程式为。（6） 设烘干脱水后晶体化学式为，根据化学方程式列比例式即可求得x=1，获得产物的化学式为。18CO2是一种主要温室气体，研究CO2的利用对促进低碳社会构建具有重要的意义。（1）一定条件下，某恒容密闭容器中充入一定量CO2(g)和足量H2(g)，同时发生两个反应：ICO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) IICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应I的速率可表示为vI=kIc3(CO2)，反应II的速率可表示为vII=kIIc3(CO2)（kI、
35、kII为速率常数）。反应体系中组分CO2(g)、CO(g)的浓度随时间变化情况如图甲。015s时间段内，CH3OH的平均反应速率为_molL-1s-1（保留两位有效数字）。如果反应能够进行到底，反应结束时，_的CO2转化为CO。活化能较大的反应为_（填“I”或“II”）。（2）CO2还可以转化为甲醚。一定温度下，在恒容密闭容器中通入CH3OCH3，发生反应CH3OCH3(g)CO(g)+CH4(g)+H2(g)，测得容器中初始压强为42kPa，时间t和反应速率v(CH3OCH3)与CH3OCH3分压P(CH3OCH3)的关系如图乙。t=500s时，CH3OCH3的转化率=_。若反应速率满足v(
36、CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3)，则k=_s-1，500s时v(CH3OCH3)=_ kPas-1。达到平衡时，测得体系的总压强P总=112kPa，则该反应的平衡常数Kp=_。【答案】（1）0.0017 87.5 （2）20% 310-4 1.008102 6125 【解析】（1）由图甲可知015s时间段内一氧化碳浓度改变值为0.175 molL-1，根据反应II可知该反应消耗的二氧化碳为0.175 molL-1，则反应I消耗的二氧化碳为(0.5-0.3)-0.175=0.025 molL-1，则015s时间段内CH3OH浓度改变值为：0.025 molL-1，其速率=；由题中信息可
37、知，反应I和反应II的速率之比为，由于kI、kII为速率常数，故该比值保持不变，在相同时间内CH3OH和CO的速率之比等于反应I和反应II的速率之比，也等于相同时间内CH3OH和CO的浓度变化之比，即，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有的CO2转化为CO；通过分析可以发现一氧化碳所占的比例更大一些，即反应II速率快，则反应I速率慢，活化能大；（2）t=500 s时，CH3OCH3分压P(CH3OCH3)=33.6KPa，测得容器内初始压强为42 KPa，=；速率满足v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3)，；500s时v(CH3OCH3)= 310-433.6 KPa=1.00810
38、2；达到平衡时，测得体系的总压强P总=112kPa，结合三段式计算，设甲醚物质的量为1mol，反应消耗甲醚物质的量为x，压强之比等于气体物质的量之比，气体总量=1+2x=，。19B和Ni均为新材料的主角。回答下列问题：（1）基态B原子的核外电子有_种空间运动状态；基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图的形状为_。（2）硼的卤化物的沸点如表所示：卤化物BF3BCl3BBr3沸点/-100.312.590解释表中卤化物之间沸点差异的原因_。（3）镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如Ni(PPh3)2，其中Ph表示苯基，PPh3表示分子，PPh3的空间构型为_；Ni(PPh3)2晶体中存在
39、的化学键类型有_（填字母）。A离子键 B极性键 C非极性键 D金属键 E配位键 F氢键（4）鉴定Ni2的特征反应如下：Ni2+2H+在1mol鲜红色沉淀中，含有sp2杂化原子的数目为_个（阿伏加德罗常数的值为NA）。丁二酮肟中，各元素电负性由大到小的顺序为_（用元素符号表示）。（5）硼化钙可用于新型半导体材料，一种硼化钙的晶胞结构及沿z轴方向的投影图如图所示，硼原子形成的正八面体占据顶角位置。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度=_gcm-3。【答案】（1）3 球形 （2）均为分子晶体，相对分子质量不同 （3）三角锥形 BCE （4）8NA ONCH （5） 【解析】（1）基态B原子的电子排布
40、式为1s22s22p1，1s轨道、2s轨道、2p的1个原子轨道上排有电子，则有3种空间运动状态；基态Ni的简化电子排布式为Ar3d84s2，最高能层电子排布在4s能级，s电子云轮廓图的形状为球形；故答案为：3；球形。（2）三者沸点都较低，三者均为分子晶体，BF3、BCl3、BBr3的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，沸点逐渐升高；故答案为：均为分子晶体，相对分子质量不同。（3）P原子最外层有5个电子，P与苯基形成3个PC键，P上还有1对孤电子对，则P的价层电子对数为4，PPh3的空间构型为三角锥形；在Ni(PPh3)2中Ni与PPh3之间形成配位键，PPh3中P与苯基之间形成PC极性
41、键，苯基中存在CH极性键和碳碳之间的非极性键，选BCE；故答案为：三角锥形；BCE。（4）在鲜红色沉淀中形成C=N键的C、N原子都采取sp2杂化，1个鲜红色沉淀中采取sp2杂化的原子有8个，1mol鲜红色沉淀中含sp2杂化的原子为8mol，数目为8NA；丁二酮肟中含C、H、N、O四种元素，同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强、电负性越大，则丁二酮肟中各元素电负性由大到小的顺序为；故答案为：8 NA；。（5）硼原子形成的正八面体占据顶角位置，结合沿z轴方向的投影图可知，1个晶胞中有83=24个B原子位于棱上，根据均摊法，1个晶胞中含有B原子=6个，Ca位于体心，为1个，1个晶胞
42、的质量为 ，晶胞的体积为（anm）3，晶体的密度为 g/cm3；故答案为：。20由A（芳香烃）与E为原料制备J和高聚物G的一种合成路线如下：已知：酯能被LiAlH4还原为醇回答下列问题：（1）A的化学名称是_，J的分子式为_，H的官能团名称为_。（2）B生成C的反应条件为_，D生成H、I生成J的反应类型分别为_反应、_反应。（3）写出FDG的化学方程式：_。（4）芳香化合物M是B的同分异构体，符合下列要求的M有_种，写出其中2种M的结构简式：_。1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg遇氯化铁溶液显色核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比111（5）参照上述合成路线，写出用为原
43、料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。【答案】（1）邻二甲苯（或1，2二甲苯） C10H12O4 醛基 （2）浓H2SO4、加热 氧化 取代 （3）n+n+(2n-1)H2O （4）4 、（任写两种） （5） 【解析】A分子式是C8H10，符合苯的同系物通式，结合B的分子结构可知A是邻二甲苯，邻二甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化为B：邻苯二甲酸，B与甲醇在浓硫酸存在时，加热发生酯化反应产生C：，C在LiAlH4作用下被还原为醇D：，D被催化氧化产生H：，H与H2O2反应产生I：，I与CH3OH发生取代反应产生J：；D是，含有2个醇羟基，F是，含有2个羧基，二者在一定条件下发生酯化反应产生高聚物。（1）A的结构式为，其化学名称是邻二甲苯（或1，2二甲苯）；根据分析可知J的分子式为C10H12O4，H的结构式为：，官能团名称为醛基。（2）根据分析可知B生成C的反应条件为浓H2SO4、加热，D生成H、I生成J的反应类型分别为氧化反应、取代反应。（3）由分析可知FDG的化学方程式：nn+(2n-1)H2O。（4）根据限定的条件，M可能的结构为、，共有4种不同的结构。（5）被氧气催化氧化产生与H2O2作用产生，在浓硫酸存在时加热，发生反应脱去1分子的水生成，合成路线为：。